第二章 3.第1课时 盖—吕萨克定律和查理定律 -【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册教用Word（人教版）

本讲义聚焦气体的等压变化和等容变化核心知识点，先明确等压、等容变化定义，系统梳理盖—吕萨克定律（体积与热力学温度成正比）和查理定律（压强与热力学温度成正比），结合V-T、p-T图像物理意义，关联理想气体模型及分子动理论解释，构建从定义到定律、图像再到微观解释的学习支架。 该资料以生活情景（如汽车爆胎、热气球升空）和“探究”活动引入，培养物理观念。通过典例分析（如汽缸活塞问题）和图像转换训练，发展科学思维中的模型建构与推理能力。课中助力教师引导知识关联，课后分层题组帮助学生巩固应用，有效查漏补缺。

3.气体的等压变化和等容变化 课标要求 素养目标 1.了解盖—吕萨克定律。 2.了解查理定律。 3.知道理想气体模型。 4.能用分子动理论和统计观点解释气体实验定律 1.知道什么是气体的等压和等容变化过程；掌握盖—吕萨克定律和查理定律的内容；理解V-T和p-T图像的物理意义；知道查理定律的适用条件。知道什么是理想气体。会用气体分子动理论的知识解释气体实验定律（物理观念） 2.根据盖—吕萨克定律和查理定律的内容理解V-T图像和p-T图像的物理意义。（科学思维） 第1课时　盖—吕萨克定律和查理定律 知识点一　气体的等压变化 1.等压变化：一定质量的某种气体，在　压强　不变时，体积随温度变化的过程。 2.盖—吕萨克定律 （1）内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成　正比　。 （2）表达式：V＝　CT　或＝。 （3）适用条件：气体的　质量　和　压强　不变。 （4）图像：如图所示。 V-T图像中的等压线是一条　过原点的直线　。 知识点二　气体的等容变化 1.等容变化：一定质量的某种气体，在　体积　不变时，压强随温度变化的过程。 2.查理定律 （1）内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成　正比　。 （2）表达式：p＝　CT　或＝　　。 （3）适用条件：气体的　质量　和　体积　不变。 （4）图像：如图所示。 p-T图像中的等容线是一条过　原点　的直线。 【情景思辨】 1.为什么汽车爆胎往往发生在高温路面上或高速行驶中？ 提示：在高温路面上或高速行驶中，车胎内气体温度升高，压强增大，超过轮胎承受能力就会爆胎。 2.判断正误。 （1）一定质量的气体，在压强不变时其体积与温度成正比。（　×　） （2）一定质量的气体做等容变化时，气体压强的变化量与热力学温度的变化量成正比。（　√　） （3）一定质量的气体的等容变化的p-T图像是一条过原点的倾斜直线。（　√　） （4）＝C中的C与p＝CT中的C是同一个常数。（　×　） 要点一　气体的等压变化 【探究】 全国热气球锦标赛是国内规模最大、竞赛水平最高、参与人数最多的热气球赛事，也是国内热气球界最具吸引力和影响力并受新闻媒体关注的重要赛事。探究： （1）热气球的内部气体压强与外界大气压强有什么关系？ 提示：热气球的内部与外部相通，内部气体压强始终等于外界大气压强。 （2）在热气球的内部加热空气，内部气体的体积、密度如何变化？ 提示：p一定，T增大，由盖—吕萨克定律＝C可知，V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，密度减小。 （3）热气球能够升空的力学原理是什么？ 提示：以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体所受重力减小，当空气的浮力大于热气球自身重力时，热气球便会上升。 【归纳】 1.盖—吕萨克定律及推论 表示一定质量的某种气体从初状态（V、T）开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比。 2.等压变化过程中的V-T图像和V-t图像 （1）V-T图像：气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且p1＜p2，即斜率越小，压强越大。 （2）V-t图像：体积V与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等压线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，压强越小，图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 特别提醒 　　一定质量的某种气体，在压强p不变的情况下，体积V跟热力学温度T成正比，而不是与摄氏温度t成正比。 【典例1】　（2024·辽宁锦州高二期末）如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，面积S＝100 cm2的活塞与汽缸壁之间无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞正位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）缸内气体的压强p1； 答案：3×105 Pa　 解析：以缸体为研究对象，列平衡方程，有p1S＝Mg＋p0S， 解得p1＝3×105 Pa。 （2）缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？ 答案： 327 ℃ 解析：当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，所以缸内气体为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝ 即＝ 解得T2＝2T1＝600 K 所以气体的温度是t2＝（600－273）℃＝327 ℃。 规律方法 应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤 （1）确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。 （2）分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变。 （3）确定初、末两个状态的温度、体积。 （4）根据盖—吕萨克定律列式求解。 （5）求解结果并分析、检验。 1.一定质量的某种气体，在压强不变的条件下，温度为0 ℃时，其体积为V0，当温度升高为T（K）时，体积为V，那么每升高1 ℃增大的体积等于（　　） A. B. C. D. 解析：A　由等压变化的规律可得＝＝＝，则每升高1 ℃增大的体积ΔV＝，故选A。 2.（2024·陕西西安高二期末）如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L1为20 cm，水银上表面与导线下端的距离L2为5 cm。（T＝t＋273 K） （1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为多少cmHg？ （2）当温度达到多少℃时，报警器会报警？ 答案：（1）102 cmHg　（2）102 ℃ 解析：（1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为 p＝p0＋p'＝76 cmHg＋26 cmHg＝102 cmHg。 （2）温度升高，被封闭的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝ 则＝ 解得t'＝102 ℃。 要点二　气体的等容变化 【探究】 炎热的夏天，给汽车轮胎充气时，一般都不充得太足；给自行车轮胎打气时，也不能打得太足。这是什么原因呢？ 提示：车胎在炎热的夏天被日光暴晒，车胎里气体的温度上升，气体的压强将增大，当压强达到车胎能承受的最大压强时，温度再升高车胎就会胀破。 【归纳】 1.查理定律及推论 表示一定质量的某种气体从初状态（p、T）开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与热力学温度的变化量ΔT成正比。 2.等容变化过程中的p-T图像和p-t图像 （1）p-T图像：气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线，如图甲所示，且V1＜V2，即体积越大，斜率越小。 （2）p-t图像：压强p与摄氏温度t是一次函数关系，不是简单的正比例关系，如图乙所示，等容线是一条延长线通过横轴上－273.15 ℃的倾斜直线，且斜率越大，体积越小。图像纵轴的截距p0是气体在0 ℃时的压强。 【典例2】　有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A玻璃泡的体积相比可忽略不计。在1标准大气压下对B管进行温度刻度（1标准大气压相当于76 cmHg的压强，等于101 kPa）。已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面高度x＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻度线，t＝0 ℃的刻度线在何处？ 审题指导 （1）建立物理模型 玻璃泡A的容积不变，是等容变化模型。 （2）利用查理定律 ①玻璃泡内气体的初状态的压强p1、温度T1及末状态的温度T2已知。 ②根据查理定律可求出末状态的压强p2。 （3）玻璃管内水银柱平衡 px＝p0－p气，可求得刻度线位置。 答案：21.4 cm 解析：选玻璃泡A内的一定量气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程。 玻璃泡A内气体的初始状态T1＝300 K， p1＝（76－16）cmHg＝60 cmHg， 末态，即t＝0 ℃的状态T2＝273 K， 由查理定律得＝ 则p2＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg， 所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是 x0＝（76－54.6）cm＝21.4 cm。 规律方法 应用查理定律解题的一般步骤 （1）确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体。 （2）分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变。 （3）确定初、末两个状态的温度、压强。 （4）根据查理定律列式求解。 （5）求解结果并分析、检验。 1.对封闭在氧气筒内的氧气，当它的温度从20 ℃升高到40 ℃时，它的压强（　　） A.变为原来的2倍 B.变为原来的倍 C.增加了原来压强的倍 D.增加了原来压强的倍 解析：D　氧气筒内的氧气是等容变化，温度从20 ℃升高到40 ℃时，由查理定律得＝，p2＝＝p1＝p1，解得p2－p1＝p1＝p1，故A、B、C错误，D正确。 2.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa。 （1）t'＝37 ℃时，气体压强是多大？ 答案：1.085×105 Pa （2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？ 答案：0.97 解析：（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为T＝（27＋273）K＝300 K，T'＝（37＋273）K＝310 K，此过程中体积不变，由查理定律有＝，解得p'＝1.085×105 Pa。 （2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pV＝p'V'，解得V'≈0.97V。 要点三　p-T图像与V-T图像 　对于p-T图像与V-T图像的注意事项 （1）首先要明确是p-T图像还是V-T图像。 （2）不是热力学温标的先转换为热力学温标。 （3）解决问题时要将图像与实际情况相结合。 【典例3】　图甲是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。 （1）写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图甲中TA的温度值。 （2）请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程。 答案：见解析 解析：（1）从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即 pA＝pB 根据盖—吕萨克定律可得＝ 所以TA＝TB＝×300 K＝200 K。 （2）由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得＝ 所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa 则画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。 规律方法 气体图像相互转换的分析方法 （1）知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态（p、V、T）转化到另一个平衡状态（p'、V'、T'）的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。 （2）从图像中的某一点（平衡状态）的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点（平衡状态）的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。 （3）根据计算结果在图像中描点，连线作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。 1.（多选）如图所示是一定质量的理想气体三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的（　　） A.a→d的过程气体体积增加 B.b→d的过程气体体积不变 C.c→d的过程气体体积增加 D.a→d的过程气体体积减小 解析：AB　在p-T图像上的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小，由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大，选项A、B正确。 2.如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0。开始时活塞在A处，缸内气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且保持不变），温度为399.3 K，现缓慢让汽缸内气体降温，直至297 K。求： 　 （1）活塞刚离开A处时的温度TA； （2）缸内气体最后的压强p； （3）在图中画出整个过程的p-V图线。 答案：（1）363 K　（2）0.9p0　（3）见解析 解析：（1）设等容过程中活塞刚离开A时的温度为TA，则 ＝ 得＝ 解得TA＝363 K。 （2）设等压过程中活塞到达B处时的温度为TB 则＝ 解得TB＝330 K 由等容降温过程得＝， 代入数据解得p＝0.9p0。 （3）如图 1.（多选）如图所示，竖直放置、开口向上的长试管内用水银封闭一段气体，大气压强保持不变，下列说法正确的是（　　） A.若管内气体温度升高，则体积增大 B.若管内气体温度升高，则压强减小 C.若管内气体温度降低，则压强增大 D.若管内气体温度降低，则压强不变 解析：AD　大气压强不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化。根据＝C可知，若气体温度升高，则体积增大；若气体温度降低，则体积减小，A、D正确，B、C错误。 2.科学考察队到某一地区进行考察时携带了一种测量仪器。该仪器导热性能良好，且内部封闭有一定质量的气体，仪器的部分参数为：环境温度为27 ℃时，内部的气体压强为1.0×105 Pa。若该地区的气温为－23 ℃，不考虑封闭气体的体积变化，则该仪器内部的气体压强约为（T＝t＋273 K）（　　） A.8.3×104 Pa B.8.5×104 Pa C.9.9×104 Pa D.1.2×105 Pa 解析：A　初态温度T1＝（27＋273）K＝300 K，初态压强p1＝1.0×105 Pa；末态温度T2＝（－23＋273）K＝250 K，设末态压强为p2，根据查理定律得＝，解得p2≈8.3×104 Pa，A正确。 3.两位同学为了测一个内部不规则容器的容积，设计了一个实验，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封，如图所示。玻璃管内部的横截面积S＝0.2 cm2，管内一静止水银柱封闭着长为L1＝5 cm的空气柱，水银柱长为L＝4 cm，此时外界温度为T1＝27 ℃，现把容器浸入温度为T2＝47 ℃的热水中，水银柱静止时，下方的空气柱长度变为L2＝8.7 cm，实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为（　　） A.5 cm3 B.7 cm3 C.10 cm3 D.12 cm3 解析：C　设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。 4.一定质量的某种气体的等容或等压变化图像如图所示，下列关于这两个图像的说法正确的是（　　） A.甲是等容线，乙是等压线 B.乙图中p-t线与t轴交点对应的温度是273.15 ℃，而甲图中V-t线与t轴的交点不一定是273.15 ℃ C.由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系 D.乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变 解析：D　由查理定律p＝CT＝C（t＋273.15）及盖—吕萨克定律V＝CT＝C（t＋273.15）可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A错误；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B错误；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，即一定质量的气体，不是在任何情况下都是p与t成直线关系，故C错误；由于图线是直线，乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确。 5.（2024·天津高二期中）如图所示的是一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C的p-V图像，已知气体在状态A时的温度为27 ℃。求 （1）气体在状态B时的温度； （2）气体在状态C时的温度。 答案：（1）150 K　（2）300 K 解析：（1）理想气体从状态A变化到状态B，气体做等容变化，有 ＝ 其中TA＝（273＋27）K＝300 K 解得气体在状态B时的温度TB＝150 K。 （2）理想气体从状态B变化到状态C，气体做等压变化，有 ＝ 解得气体在状态C时的温度TC＝300 K。 题组一　气体的等压变化 1.关于盖—吕萨克定律，下列叙述中正确的是（　　） A.一定质量气体的体积与它的温度成正比 B.一定质量气体的体积与它的热力学温度成正比 C.压强不变时，气体的体积与它的热力学温度成正比 D.一定质量气体的压强不变时，它的体积与热力学温度成正比 解析：D　由盖—吕萨克定律有＝C，则对于一定质量的气体，在保持压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比，故D正确，A、B、C错误。 2.一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是（　　） A.升高了450 K B.升高了150 ℃ C.降低了150 ℃ D.降低了450 ℃ 解析：B　由盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可得＝，解得T2＝450 K，所以升高的温度Δt＝ΔT＝150 ℃。故B正确。 题组二　气体的等容变化 3.拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是（　　） A.火罐内的气体温度不变 B.火罐内的气体温度降低，压强减小 C.火罐内的气体温度降低，压强不变 D.火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变 解析：B　把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，故D错误。 4.（多选）一定质量的气体在体积不变时，下列有关气体的状态变化的说法正确的是（　　） A.温度每升高1 ℃，增加的压强是原来压强的 B.温度每升高1 ℃，增加的压强是0 ℃时压强的 C.气体压强和热力学温度成正比 D.气体压强与摄氏温度成正比 解析：BC　根据查理定律有p＝CT，C正确，D错误；将T＝（273.15＋t）K代入得p＝C·（273.15＋t）K，升高1 ℃时的压强为p1＝C·（274.15＋t）K，所以Δp＝，t＝0时有Δp＝，A错误，B正确。 5.某同学做了一个简易温度计，他用烧瓶插上一根两端开口的细玻璃管，然后用手焐热烧瓶，把玻璃管插入水中，松手冷却后就有一小段几厘米的水柱进入玻璃管内。若室内空气温度恒定，水柱高度保持不变，当室内空气温度升高或降低，水柱高度也会相应发生变化，如果在玻璃管壁上标上刻度，这就是一个能够反映出气温高低的简易温度计。由于玻璃管很细，被封闭气体的体积变化可以忽略不计，则下列说法正确的是（　　） A.玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的 B.玻璃管上的刻度从下到上越来越密集 C.玻璃管上的刻度从下到上越来越稀疏 D.玻璃管上的刻度从下到上先变稀疏后变密集 解析：A　根据题意，被封闭气体发生等容变化，满足查理定律＝C，即＝C，又因为Δp＝ρgΔh，所以水柱高度变化量Δh＝ΔT，可知水柱高度变化量Δh与温度的变化量ΔT成正比，因此玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的。故选A。 题组三　p-T图像与V-T图像 6.（多选）一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V-T图上的表示如图所示，则（　　） A.在A→C过程中，气体的压强不断变大 B.在C→B过程中，气体的压强不断变小 C.在状态A时，气体的压强最大 D.在状态B时，气体的压强最大 解析：AD　气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C（C是常量）可知，体积减小，压强增大，故A正确；由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C（C是常量）可知，温度升高，压强增大，故B错误；综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确。 7.如图所示，一定质量的气体分别经历a→b和a→c两个过程，则（　　） A.a状态气体分子的平均动能大于b状态气体分子的平均动能 B.状态a的体积大于状态b的体积 C.状态b的体积等于状态c的体积 D.a→c过程中所有气体分子热运动的速率增大 解析：C　由图可知，状态a的温度小于状态b的温度，所以a状态气体分子的平均动能小于b状态气体分子的平均动能，A错误；p-T图像中，Oa的斜率大于Ob的斜率，则状态a的体积小于状态b的体积，B错误；同理，Ob的斜率与Oc的斜率相等，则状态b与状态c体积相等，C正确；a→c过程中气体温度升高，气体分子热运动的平均速率增大，但并不是所有分子的速率都增大，D错误。 8.如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2＞V3，h1＜h2＝h3。若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是（　　） A.丙管 B.甲管和乙管 C.乙管和丙管 D.三管中水银柱向上移动一样多 解析：B　由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。 9.（多选）如图所示，在一只烧瓶上连一根玻璃管，把它跟一个水银压强计连在一起，烧瓶里封闭着一定质量的气体，开始时水银压强计U形管两端水银面一样高。下列情况下，为使U形管两端水银面一样高，A管的移动方向是（　　） A.如果把烧瓶浸在热水中，应把A管向下移 B.如果把烧瓶浸在热水中，应把A管向上移 C.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A管向下移 D.如果把烧瓶浸在冷水中，应把A管向上移 解析：AD　使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压强且不变。若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向上移，故C错误，D正确。 10.如图，一汽缸开口向右、固定于水平地面上，一活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内。汽缸中间位置有小挡板。开始时，外界大气压为p0，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体温度T，封闭气体压强p随T变化图像可能正确的是（　　） 解析：B　当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线。故选B。 11.如图所示，在横截面积S＝0.01 m2的圆柱形汽缸中用一光滑导热活塞封闭一定质量的某种气体，汽缸底部开有一小孔，与U形导管相连，稳定后导管两侧水银面的高度差为Δh＝15 cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50 cm，U形导管的体积可忽略。已知室温t0＝27 ℃，外界大气压强p0＝75 cmHg＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。 （1）求活塞的质量； （2）使环境温度缓慢降至－63 ℃，求此时U形导管两侧水银面高度差和活塞离容器底部的高度L'。 答案：（1）20 kg　（2）15 cm　35 cm 解析：（1）根据U形导管两侧水银面的高度差可知汽缸中的压强为pA＝p0＋ρgΔh 对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝pAS 联立解得m＝20 kg。 （2）由于活塞光滑，所以气体发生等压变化，U形导管两侧水银面的高度差不变，仍为Δh＝15 cm 初状态：温度为T1＝300 K 体积为V1＝50 cm×S 末状态：温度为T2＝210 K 体积为V2＝L'S 由盖—吕萨克定律有＝ 解得活塞离容器底部的高度为L'＝35 cm。 12.如图，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左端上部有一光滑导热活塞，管底部有了一段水银柱，活塞和水银柱之间封闭了一段空气柱。外界大气压p0＝1.0×105 Pa，外界的温度t0＝27 ℃，玻璃管的横截面积S＝1 cm2，稳定后，管内水银柱及空气柱长度如图所示。设玻璃管导热良好，水银的密度为ρ＝13.6×103 kg/m3。重力加速度g取10 m/s2。 （1）求活塞的质量； （2）若将右端缓慢注入10 cm水银柱，外界的温度缓慢降至－3 ℃，此过程中活塞始终在玻璃管内，求封闭空气柱的长度l'。 答案：（1）0.204 kg　（2）45 cm 解析：（1）封闭空气柱压强为 p＝p0＋ρgΔh＝1.0×105 Pa＋13.6×103×10×0.15 Pa＝1.204×105 Pa 对活塞，有pS＝p0S＋mg 解得m＝0.204 kg。 （2）T1＝300 K，体积V1＝50S，T2＝270 K，体积V2＝l'S，由于在注水银和降低温度过程中活塞的质量不变，则气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝， 解得l'＝45 cm。 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $